理科数学 热门试卷

试题分析：本题属于解三角形中的基本问题，难度不大。

（1）此类问题主要应用正（余）弦定理和三角形面积公式；

（2）注意边和角的统一。

解析：（1）在△ABC中，由(a+b－c)(a+b+c)＝ab，得，即cosC＝．

因为0＜C＜π，所以C＝．

（2）因为c＝2acosB，由正弦定理，得

sinC＝2sinAcosB，

因为A+B+C＝π，所以sinC＝sin(A+B)，

所以sin(A+B)＝2sinAcosB，即sinAcos B－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0，  分

又－＜A－B＜，

所以A－B＝0，即A＝B，所以a＝b＝2．

所以△ABC的面积为S△ABC＝absinC＝×2×2×sin＝．

试题分析：此题属于立体几何中的线面关系的位置关系的证明题，难度不大，只要熟悉了线面关系中平行与垂直的判定和性质定理，即可完成。

（1）在直四棱柱ABCD–A1B1C1D1中，

连结BD交AC于点F，连结B1D1交A1C1于点E．

因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．

因为ABCD–A1B1C1D1为直棱柱，

所以BB1⊥平面ABCD，又AC平面ABCD，

所以，BB1⊥AC．

又BD∩BB1＝B，BD平面B1BDD1，BB1平面B1BDD1，

所以AC⊥平面B1BDD1．

而BE平面B1BDD1，所以BE⊥AC．

（2）连结D1F，因为四棱柱ABCD–A1B1C1D1为直棱柱，

所以四边形B1BDD1为矩形．

 又E，F分别是B1D1，BD的中点，

所以BF＝D1E，且BF∥D1E．

所以四边形BED1F是平行四边形．

所以BE∥D1F．

又D1F平面ACD1，BE平面ACD1，

所以 BE∥平面ACD1．

试题分析:此题是直线与圆锥曲线的常见题型，运算量较大。此类问题往往要用到韦达定理，设而不求等方法技巧，把几何关系转化为代数运算。

（1）由条件知椭圆离心率为

，

所以．

又点A(2，1)在椭圆上，

所以，

解得

所以，所求椭圆的方程为．

（2）将代入椭圆方程，得，

整理，得． ①

由线段BC被y轴平分，得，

因为，所以．

因为当时，关于原点对称，设，

由方程①，得，

又因为，A(2，1)，

所以，

所以．

由于时，直线过点A(2，1)，故不符合题设．

所以，此时直线l的方程为．

试题分析:此类问题是典型的函数建模问题，难度较大。解决的关键是把实际问题转化为函数问题进行求解。

（1）①由题设知，在Rt△O1PT中，

∠OPT=，O1T=1，

  所以O1P．

又OO1=1，所以OP．

在Rt△OPQ中，

．…3分

所以，Rt△OPQ的面积为

．

②由题设知，OQ= QT = t，O1T=1，且Rt△POQ∽Rt△PT O1，

所以，即，

化简，得．

所以，Rt△OPQ的面积为

．

（2）选用（1）中①的函数关系．

．

由，得．

列表

所以，当时，△OPQ的面积S的最小值为（km2）．

（2）选用（1）中②的函数关系．

由，得．

列表

所以，当时，△OPQ的面积S的最小值为（km2）．

试题分析:此题属于导数的常规问题，难度较大。函数的单调性，最值，零点的个数等等，都可利用导数加以解决。

（1）由函数f(x)＝a+lnx(a∈R)，得f ′(x)＝．

令f ′(x)＝0，得 x＝e-2．列表如下：

因此，函数f(x)的单调增区间为(e-2，+∞)，单调减区间为(0，e-2)．

（2）由（1）可知，fmin(x)＝f(e-2)＝a－2e-1．

（i）当a＞2e-1时，由f(x)≥f(e-2)＝a－2e-1＞0，得函数f(x)的零点个数为0．

（ii）当a＝2e-1时，因f(x)在(e-2，+∞)上是单调增，在(0，e-2)上单调减，

故x∈(0，e-2)∪(e-2，+∞)时，f(x)＞f(e-2)＝0．

此时，函数f(x)的零点个数为1．

（iii）当a＜2e-1时，fmin(x)＝f(e-2)＝a－2e-1＜0．

①a≤0时，

因为当x∈(0，e-2]时，f(x)＝a＋lnx＜a≤0，

所以，函数f(x)在区间(0，e-2]上无零点；

另一方面，因为f(x)在[e-2，+∞)单调递增，且f(e-2)＝a－2e-1＜0，

又e-2a∈(e-2，+∞)，且f(e-2a)＝a(1－2e-a)0，

此时，函数f(x)在(e-2，+∞)上有且只有一个零点．

所以，当a≤0时，函数f(x)零点个数为1．

②0＜a＜2e-1时，

因为f(x)在[e-2，+∞)上单调递增，且f(1)＝a＞0，f(e-2)＝a－2e-1＜0，

所以，函数f(x)在区间(e-2，+∞)有且只有1个零点；

另一方面，因为f(x)在(0，e-2]上是单调递减，且f(e-2)＝a－2e-1＜0

又∈(0，e-2)，且f()＝a－＞a－＝0，（当时，成立）

此时，函数f(x)在(0，e-2)上有且只有1个零点．

所以，当0＜a＜2e-1时，函数f(x)零点个数为2．

综上所述，当a＞2e-1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e-1，或a≤0时，f(x)的零点个数为1；

当0＜a＜2e-1时，f(x)的零点个数为2．

试题分析：此题是结合等差（比）数列，给出新定义的创新试题，难度较大。在解题中要充分利用新定义的性质，合理推理，得出结论。

（1）①由an+1＝2an－1，得an+1－1＝2(an－1)，且a1－1＝1，

所以数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列．

所以an－1=2n-1．

所以，数列{an}的通项公式为a n＝2n-1+1．

②数列{an}不是“等比源数列”．用反证法证明如下：

假设数列{an}是“等比源数列”，则存在三项am，an，ak (m＜n＜k)按一定次序排列构成等比数列．

因为an＝2n-1+1，所以am＜an＜ak．

所以an2＝am·ak，得 (2n-1+1)2＝(2m-1+1)(2k-1+1)，即22n-m-1+2n-m+1－2k-1－2k-m＝1．

又m＜n＜k，m，n，k∈N*，

所以2n－m－1≥1，n－m+1≥1，k－1≥1，k－m≥1．

所以22n-m-1+2n-m+1－2k-1－2k-m为偶数，与22n-m-1+2n-m+1－2k-1－2k-m＝1矛盾．

所以，数列{an}中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列．

综上可得，数列{an}不是“等比源数列”．

（2）不妨设等差数列{an}的公差d≥0．

当d＝0时，等差数列{an}为非零常数数列，数列{an}为“等比源数列”．

当d＞0时，因为an∈Z，则d≥1，且d∈Z，所以数列{an}中必有一项am＞0．

为了使得{an}为“等比源数列”，

只需要{an}中存在第n项，第k项(m＜n＜k)，使得an2＝amak成立，

即[am+(n－m)d]2＝am[am+(k－m)d]，即(n－m)［2am+(n－m)d］＝am(k－m)成立．

当n＝am+m，k＝2am+amd+m时，上式成立．所以{an}中存在am，an，ak成等比数列．

所以，数列{an}为“等比源数列”．